[好卷]2019年湖北省黄冈市高三上学期期末考试(元月调研)理科综合物理试题含解析

湖北省黄冈市高三上学期期末考试（元月调研）理科综合物理试题

二、选择题：

1. 远在春秋战国时代（公元前772—前221年），我国杰出学者墨子认为：“力，刑之所以奋也。”“刑”同“形”，即物体；“奋，动也”，即开始运动或运动加快，对墨子这句关于力和运动观点的理解，下列说法不正确的是

A. 墨子认为力是改变物体运动状态的原因

B. 墨子认为力是使物体产生加速度的原因

C. 此观点与亚里士多德关于力和运动的观点基本相同

D. 此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同

【答案】C

【解析】“力，刑(形)之所以奋也。”也就是说，力是使物体运动的原因，即力是改变物体运动状态的原因，使物体产生加速度的原因，此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同，而亚里士多德认为有力作用在物体上,物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止。故C错误，ABD正确；

说法不正确的故选C。

2. 如图所示，物体A的质量大于B的质量，绳子的质量，绳与滑轮间的摩擦可不计，A、B恰好处于平衡状态，如果将悬点P靠近Q少许使系统重新平衡，则

A. 物体A的重力势能增大

B. 物体B的重力势能增大

C. 绳的张力减小

D. P处绳与竖直方向的夹角减小

【答案】A

【解析】B物体对绳子的拉力不变，等于物体B的重力；动滑轮和物体A整体受重力和两个拉力，拉力大小恒定，重力恒定，故两个拉力的夹角不变，如图所示；

所以物体A上升，物体B下降，所以物体A的重力势能增大，物体B的重力势能减小，故A正确；BCD错误；

故选A。

【点睛】关键抓住平衡后滑轮所受的三个拉力大小都不变．对于动滑轮，平衡时两侧绳子的拉力关于竖直方向具有对称性。

3. 如图所示理想变压器原线圈输入电压，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器。V1

和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是

A. 时，

B. 滑片P向下滑动过程中，U1变小

C. 滑片P向下滑动过程中，U2增大

D. 滑片P向下滑动过程中，I1变大

【答案】D

【解析】A、V1和V2是理想交流电压表，示数U1和U2表示电压的有效值，故A错误；

BCD、滑片P向下滑动过程中，总电阻减小，副线圈的电压只与输入电压和匝数有关，所以U1、U2不变，流过R0的电流I2变大，根据变压器原理得I1变大，故D正确，BC错误；

故选D。

【点睛】考查了变压器的构造和原理，还考查了电路的动态分析。

4. 如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量相同，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数也相同（最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小）。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时水平力大小为F1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时水平力大小为F2，则F1与F2的比为

A. 1：1

B. 1：2

C. 1：3

D. 1：4

【答案】D

【解析】由于A与B之间的最大静摩擦力小于B与地面之间的最大静摩擦力，当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时B静止，A与B间的摩擦力刚好达到最大，此时水平力大小

为

当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：，此时水平力大小为，解得，故F1与F2的比为1：4，故D 正确，ABC错误；

故选D。

【点睛】关键抓住临界状态，结合刚好发生相对滑动时，A、B的加速度相等，根据牛顿第二定律进行求解。

5. 在2017年6月的全球航天探索大会上，我国公布了“可重复始终运载火箭”的概念方案。方案之一为“降伞方案”：当火箭和有效载荷分离后，火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，然后采用降落伞减速，接近地面时打开气囊，让火箭安全着陆。对该方案设计的物理过程，下列说法正确的是

A. 火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒

B. 从返回轨道下落至低空轨道，火箭的重力加速度增大

C. 从返回轨道至低空轨道，火箭处于超重状态

D. 打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量

【答案】B

【解析】A、分离用的引爆装置的功用是在接受到分离指令后，通过程序配电器接通电爆管（或点火器），引爆连接解锁装置或分离冲量装置，使之分离，所以火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能不守恒，故A错误；

B. 从返回轨道下落至低空轨道，由得，火箭的重力加速度增大，故B正确；

C、火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，火箭处于失重状态，故C错误；

D、采用降落伞减速，接近地面时打开气囊，让火箭安全着陆，由动量定理可知可以减小受到地面的冲击力，而不是减小地面对火箭的冲量，故D错误；

故选B。

【点睛】引爆连接解锁装置或分离冲量装置，火箭和有效载荷分离，该系统的总机械能不守恒，火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，火箭处于失重状态，采用降落伞减速，接近地面时打开气囊，减小受到地面的冲击力。

6. 如图所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为r，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为r

的细绳一端系于圆环最高点，当圆环以角速度绕竖直直径转动时，

A. 细绳对小球的拉力可能为零

B. 细绳和金属圆环对小球的作用力大小可能相等

C. 细绳对小球拉力与小球的重力大小不可能相等

D. 当时，金属圆环对小球的作用力为零

【答案】CD

【解析】因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，则有，

，解得，，当时，金属圆环对小球的作用力；故CD正确，AB错误；

故选CD。

【点睛】关键确定圆周运动向心力的，运用牛顿第二定律进行求解。

7. 如图所示，在光滑水平面内，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一正方形金属线框质量为n，电阻为R，边长为L，从虚线处进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，以垂直于磁场变化的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场，规定顺时针方向为感应电流I的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，其中P-t和q-t图像均为抛物线，则这些量随时间变化的图像正确的是

A. B. C. D.

【答案】CD

【解析】A、线框切割磁感线，则有运动速度v=at，产生感应电动势E=BLv，所以产生感应电流，故A错误；

B、对线框受力分析，由牛顿第二定律，则有，解得：，故B错误；

C、由功率表达式，P与t是二次函数，图象为抛物线，故C正确；

D、由电量表达式，则有，q与t是二次函数，图象为抛物线，故D正确；

故选CD。

【点睛】电磁感应的图象问题。

8. 如图所示直角坐标系oy，P（a，-b）为第四象限内的一点，一质量为m、电量为q的负电荷（电荷重力不计）从原点O以初速度v0沿y轴正方向射入。第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；第二次保持y>0区域磁场不变，而将y<0区域磁场改为沿方向匀强电场，该电荷仍通过P点，

A. 匀强磁场的磁感应强度

B. 匀强磁场的磁感应强度

C. 电荷从O运动到P，第二次所用时间一定短些

D. 电荷通过P点时的速度，第二次与轴负方向的夹角一定小些

【答案】AC

【解析】AB、第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；粒子做匀速圆周运动，

由几何作图得，解得，由解得匀强磁场的磁感应强度，故A 正确，B错误；

D、电荷通过P点时的速度，第-次与轴负方向的夹角为，则有；第二次与轴负方向的夹角，则有，所以有，电荷通过P点时的速度，第二次与轴负方向的夹

角一定大些，故D错误；

故选AC。

【点睛】第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；粒子做匀速圆周运动，由几何作图求出半径，由洛伦兹力提供向心力求解，第二次该电荷仍通过P点，粒子先做匀速圆周运动，后做类平抛运动，根据运动规律求解。

三、非选择题

9. 在某次实验中利用打点计时器打出的一条纸带如图所示，A、B、C、D、E、F是该同学在纸带上选取的六个计数点，相邻两个计数点间的时间间隔为T。该同学用刻度尺测出AC间的距离为s1，BD间的距离为s2，则打B点时小车运动的速度v B=_________，小车运动的加速度a=___________。

【答案】 (1). ； (2).

【解析】匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于平均速度，根据匀变速直线运动连续相等时

间间隔内位移之差，可得，，整理得，即得到

。

10. 图甲所示是大型机械厂里用称重的电子吊秤，其中实线称重的关键元件是拉力传感器。其工作原理是：挂钩上挂上重物，传感器中拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生形变，拉力敏感电阻丝的电阻也随着发生变化，再经相应的测量电路把这一电阻变化转换为电信号（电压或电流），从而完成将所称物体重量变换为电信号的过程。

（1）简述拉力敏感电阻丝的阻值随拉力变化的原因________________________。

（2）小明找到一根拉力敏感电阻丝R L，其阻值随拉力变化的图像如图乙所示，再按图丙所示电路制作了一个简易“吊秤”。电路中电电动势E约15V，内阻约2Ω；灵敏毫安表量程为10mA，内阻约5Ω；R是电阻箱，最大阻值是9999Ω；R L接在A、B两接线柱上，通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，接通电路完成下列操作。

a．滑环下不吊重物时，调节电阻箱，当电流表为某一合适示数I时，读出电阻箱的读数R1；

b．滑环下吊上待测重物，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；

c．调节电阻箱，使_______，低处此时电阻箱的读数R2；

d．算得图乙直线的斜率和截距b；

则待测重物的重力G的表达式为G=_____（用以上测得的物理量表示），测得θ=53°（sin53°=0.8，cos53°=0.6），分别为1052Ω和1030Ω，结合乙图信息，可得待测重物的重力G=_____N（结果保留三位有效数字）。

（3）针对小明的设计方案，为了提高测量重量的精度，你认为下列措施可行的是____________。

A．将毫安表换成量程不同，内阻更小的毫安表

B．将毫安表换成量程为10μA的微安表

C．将电阻箱换成精度更高的电阻箱

D．适当增大A、B接线柱之间的距离

【答案】 (1). （1）电阻丝受拉力时，长度增加而横截面积减小，根据电阻定律知其阻值增大。（长

度、横截面积的变化只要提到其中一点即可） (2). （2）电流表的示数仍为I； (3). ；

(4). 132 (5). （3）CD

【解析】(1) 电阻丝受拉力时，长度增加而横截面积减小，根据电阻定律知其阻值增大；

(2)根据等效替代法测电阻，调节电阻箱，使电流表的示数仍为I；

由其阻值随拉力变化的图像可得，由平衡条件得，由等效替代法测电阻得，联立解得，可得待测重物的重力；(3) 为了提高测量重量的精度，将电阻箱换成精度更高的电阻箱，适当增大A、B接线柱之间的距离，根据闭合电路欧姆定理得电流只有几毫安，所以不能将毫安表换成量程为10μA的微安表，或不能将毫安表换成其他量程，故选CD。

11. 一列火车由静止开始出发，沿直线轨道先以恒定加速度a1做匀加速运动，至速度v后，再匀速前进一段时间，最后以恒定加速度a2匀减速前进，直到停止，全程长为L。

（1）求全程所用时间；

（2）速度v为何值时，全程所用时间最短？

【答案】（1）（2）

【解析】【分析】火车先加速后匀速最后匀减速前进，由运动学公式求出各段时间，火车先加速到v再减速到零跑完全程，所用时间最短。

解：（1）火车加速过程：

加速位移满足

减速过程：

减速位移满足

匀速过程：

全程所用时间

联立解得

（2）火车先加速到v再减速到零跑完全程，所用时间最短

即

得

12. 如图所示，在oy平面内，有一线状电子沿正方向发射速度均为v的电子，形成宽为2R、在y轴方向均为分布且关于轴对称的电子流。电子流沿方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域

（区域边界存在磁场），磁场方向垂直oy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出．在磁场区域的正下方，正对的金属平行板和A与轴平行，其中板与P点的距离为d，中间开有宽度为2d且关于y轴对称的小孔．A与两板间加有恒定电压U A，且板电势高于A板电势，

已知电子质量为m，电荷量为e，，不计电子重力及它们间的相互作用．

（1）能打到A板上的电子在进入平行金属板时与金属板的夹角应满足什么条件？

（2）能进入A极板间的电子数占发射电子总数的比例为多大？

【答案】（1）60°≤θ≤120°（2）

...............

解：（1）设恰能打到A板的电子在进入极板与金属板的夹角为θ0

电子在极板运动过程运用动能定理

得或

故能打到A板上的电子与金属板的夹角θ满足

（2）能进入极板间的电子与金属板的夹角θ满足

θ=45°的电子在磁场中的轨道如图甲所示，入射点为M

平行四边形O1POM为菱形，电子在磁场中运动的半径也为R

M到P点的竖直距离

θ=135°的电子在磁场中的轨道如图乙所示，入射点为N

N到P点的竖直距离

故NM竖直长度占射入总长度2R的比例

13. 弹跳杆运动是一项广受青少年欢迎的运动。弹跳杆的结果如图甲所示，一跟弹簧的下端固定在跳杆的底部，上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部。质量为M的小孩站在脚踏板上，当他和跳杆处于竖直静止状态时，弹簧的压缩量为0，小孩先保持稳定姿态竖直弹跳。某次弹跳中，从弹簧处于最大压缩量为30，开始计时，如图乙（a）所示；上升到弹簧恢复原长时，小孩抓住跳杆，使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度，如图乙（b）所示；紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度，如图乙（c）所示。已知全程弹簧始终处于弹性限度内（弹簧弹性势能满足，为弹簧劲度系数，为弹簧形变量），跳杆的质量为m，重力加速度为g。空气阻力、弹簧和脚踏板的质量、以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计。

求：

（1）弹跳杆中弹簧的劲度系数以及从开始计时至竖直上升到最大高度过程中小孩的最大速度v m；

（2）跳杆离地后上升的最大高度。

【答案】（1）2（2）

【解析】【分析】）根据平衡条件以及胡克定律可求得劲度系数，对全过程进行分析，根据机械能守恒定律可求得最大速度；分别对弹簧恢复原状和小孩抓住杆的过程由机械能守恒定律和动量守恒定律列式，联立即可求得最大高度。

解：（1）竖直静止时，对小孩受力分析：

得

当小孩的合力为零时，速度最大

即小孩上升高度为20时，速度最大

对系统运用能的转化和守恒定律

得v m=2

（2）设弹簧恢复原长时小孩速度为v1，对系统运用能的转化和守恒定律

小孩抓住跳杆瞬间，小孩和跳杆动量守恒

之后小孩和跳杆一起竖直上抛至最高点

得